河北省邯郸市部分学校2025届高三上学期第一次大联考模拟预测试题物理PDF版含解析_2024-2025高三（6-6月题库）_2024年12月试卷

高三第一次大联考􀅰物理１ 高三第一次大联考􀅰物理２ 高三第一次大联考物理答案 １—６:ＤꎬＤꎬＣꎬＡꎬＤꎬＢ　　　７—１０:ＣＤꎬＢＣꎬＡＤꎬＢＤ 部分解析: ５. Ｄ解析:若波沿ｘ轴负方向传播ꎬＡ点波第一次出现在波 峰时波应传播ｘ＝１０.５ｍꎬ则波速为ｖ＝ｘ ｔ＝１０.５ ０.３ｍ/ ｓ＝３５ｍ/ ｓꎬ由图可知波长为λ ＝１２ｍꎬ波的周期为Ｔ＝λ ｖ＝１２ ３５ｓ<１. ０ｓꎬ不符合题意ꎻ若波沿ｘ轴正方向传播ꎬ波第一次出现在 波峰时波应传播ｘ＝１.５ｍꎬ则波速为ｖ＝ｘ ｔ＝１.５ ０.３ｍ/ ｓ＝５ｍ/ ｓꎬ波的周期为Ｔ＝λ ｖ＝２.４ｓ>１.０ｓꎬ所以波速为５ｍ/ ｓ且波 沿ｘ轴正方向传播ꎬＡ、Ｂ错误ꎻ从ｔ＝０时刻开始ꎬＢ点第 一次出现在波峰应传播的距离为ｘ＝３ｍꎬ所需的时间为ｔ ＝ｘ ｖ＝３ ５ｓ＝０.６ｓꎬＣ错误ꎻ０.６ｓ为１ ４个周期ꎬ质点Ａ由实线 所示的位置运动到波峰再回到实线处的位置ꎬ所以质点Ａ 在０.６ｓ的时间内通过的路程为２Ａ－２ ２Ａ æ è ç ö ø ÷ ＝(４０－２０２) ｃｍꎬＤ正确ꎮ ６. Ｂ解析:开始阶段ꎬＰ、Ｑ一起做加速运动ꎬ对Ｐ、Ｑ整体由 牛顿第二定律Ｆｃｏｓθ ＝２ｍａ得ａ＝Ｆｃｏｓθ ２ｍꎬ可知系统的加速 度增大ꎬ又由于Ｑ对Ｐ的压力为ＦＮ＝ｍｇ－Ｆｓｉｎθꎬ由题图２ 可知ꎬＦ增大ＦＮ减小ꎬＡ错误ꎻ对Ｐ分析ꎬ当二者刚要发 生相对滑动时ꎬ根据牛顿第二定律有Ｆｆｍ＝μＦＮ＝ｍａꎬ联立 解得Ｆ＝ ２μｍｇ ｃｏｓθ＋２μｓｉｎθꎬ由题图２可知Ｆ＝ｍｇ ｔ０ ｔꎬ所以Ｐ、Ｑ一 起运动的时间为ｔ＝５ ７ｔ０ꎬ因此ｔ＝５ ７ｔ０后ꎬＰ、Ｑ间发生相 对运动ꎬＢ正确ꎻ由以上分析可知ꎬＰ、Ｑ发生相对滑动之 前ꎬＰ的加速度逐渐增大ꎬ对Ｐ分析ꎬ静摩擦力提供加速 度ꎬ则两者之间的静擦力逐渐增大ꎬ当两者发生相对滑动 后ꎬＰ、Ｑ间的弹力变小ꎬ摩擦力变小ꎬＰ的加速度变小ꎬＣ、 Ｄ错误ꎮ ７. ＣＤ解析:“嫦娥六号”没有脱离地球的束缚ꎬ所以其发射速 度应介于第一宇宙速度和第二宇宙速度之间ꎬＡ错误ꎻ“嫦 娥六号”由轨道１进入轨道２应减速ꎬ发动机对“嫦娥六 号”做负功ꎬ其机械能应减小ꎬＢ错误ꎻ“嫦娥六号”由轨道２ 进入轨道３ꎬ应在近月点减速ꎬ即向“嫦娥六号”运动方向相 同的方向喷气ꎬＣ正确ꎻ“嫦娥六号”在轨道１上运行时的 轨道半径大于轨道３的半径ꎬ由开普勒第三定律可知“嫦 娥六号”在轨道１的周期大于轨道３的周期ꎬＤ正确ꎮ ８. ＢＣ解析:变压器的工作原理是电磁感应现象ꎬ因此输入 变压器原线圈的电流一定为交流电ꎬ因此整流器接在升 压变压器的输出端ꎬ即Ｐ处为整流器ꎬ输电线上的电流为 直流ꎬ要使输入降压变压器输入端的电流为交流ꎬ则逆变 器应接在降压变压器的输入端ꎬ即Ｑ处为逆变器ꎬＡ错 误ꎻ由题意可知扇叶的频率为ｆ０＝０.５Ｈｚꎬ则线圈的频率为 ｆ＝ｎｆ０ꎬ线圈绕垂直于磁场的轴匀速转动ꎬ产生正弦式交变 电流ꎬ其电动势的最大值为Ｅｍ＝ＮＢＳωꎬ角速度ω＝２πｆꎬ可 解得Ｅｍ＝２πＮＢＳｎｆ０ꎬ风力发电机输出电压的有效值为Ｅ ＝ Ｅｍ ２ ＝２πＮＢＳｎｆ０＝６００Ｖꎬ则升压变压器的输入电压为Ｕ１ ＝６００Ｖꎬ升压变压器的输出电压为Ｕ２＝１１０ｋＶꎬ由变压器 的工作原理可知 ｎ１ ｎ２ ＝ Ｕ１ Ｕ２ ꎬ解得 ｎ１ ｎ２ ＝３ ５５０ꎬＢ正确ꎻ设输电电 流为Ｉ２ꎬ则由ＰＲ＝Ｉ２ ２Ｒ得Ｉ２＝ ＰＲ Ｒꎬ代入数据解得Ｉ２＝ ４００Ａꎬ输电线上损耗的电压为ＵＲ＝Ｉ２Ｒ＝４００× １０Ｖ＝ ４０００Ｖꎬ则降压变压器原线圈的输入电压为Ｕ３＝Ｕ２－ＵＲ＝ １０６０００Ｖꎬ由公式 ｎ３ ｎ４ ＝ Ｕ３ Ｕ４ ꎬ解得 ｎ３ ｎ４ ＝５３００ １１ꎬＣ正确ꎻ又由 Ｉ１ Ｉ２ ＝ ｎ２ ｎ１ 得Ｉ１＝ ｎ２ ｎ１ Ｉ２ꎬ代入数据解得Ｉ１＝２２００００ ３ Ａꎬ则风力发电 厂的输出功率为Ｐ＝ＥＩ１ꎬ代入数据得Ｐ＝４.４×１０７ＷꎬＤ错 误ꎮ ９. ＡＤ解析:０~ ｘ０动能一直增加ꎬ该区域的电场力向右ꎬ又 电荷带正电ꎬ则电场方向向右ꎻｘ０~ ２ｘ０动能一直减小ꎬ则 电场方向向左ꎬＡ正确ꎻ物体仅在电场力作用下运动ꎬ由 动能定理得Ｆｘ＝Ｅｋ－Ｅｏꎬ整理得Ｅｋ＝Ｆｘ＋Ｅｏꎬ图线的斜率表 示电场力的大小ꎬ０~ ｘ０区域Ｆ１＝ ２Ｅ０－Ｅ０ ｘ０ ＝ Ｅ０ ｘ０ ꎬｘ０~ ２ｘ０区 域Ｆ２＝ ０－２Ｅ０ ２ｘ０－ｘ０ ＝－ ２Ｅ０ ｘ０ ꎬ所以０~ ｘ０与ｘ０~２ｘ０区域电场力大 小之比为１∶２ꎬ由Ｅ＝Ｆ ｑ可知电场强度大小之比为１∶２ꎬ Ｂ错误ꎻ物体在整个运动过程中ꎬ只有电场力做功ꎬ则只 有电势能和动能的转化ꎬ由于原点处电势为零ꎬ则电势能 为零ꎬ由能量守恒定律得Ｅｏ＝２Ｅ０＋ＥＰ１ꎬ又ＥＰ１＝ｑφｘ０ꎬ解得 φｘ０＝－ Ｅ０ ｑꎬＣ错误ꎻ同理２ｘ０处的电势能为ＥＰ２＝Ｅｏꎬ２ｘ０处 的电势为φ２ｘ０＝ Ｅ０ ｑꎬ０与２ｘ０处的电势差为Ｕ＝０－φ２ｘ０＝ － Ｅ０ ｑꎬＤ正确ꎮ １０. ＢＤ解析:ａ棒开始运动后ꎬ回路中有感应电流产生ꎬ根据 右手定则以及左手定则可知ꎬａ棒所受的安培力沿导轨 向上ꎬ大小随速度的增大而增大ꎬ对ａ棒受力分析可知 ｍｇｓｉｎ３０° ＝μｍｇｃｏｓ３０°ꎬ则ａ棒的合力为安培力ꎬ金属棒ａ 切割磁感线产生的感应电动势为Ｅ＝ＢＬｖꎬ由闭合电路欧 姆定律得Ｉ＝Ｅ ５Ｒꎬａ棒所受的安培力为Ｆ＝ＢＩＬꎬ由牛顿第 二定律得Ｂ２Ｌ２ｖ ５Ｒ＝ｍａ可知ꎬａ棒先做加速度减小的减速运 动后做匀速运动ꎬＡ错误ꎻ同理ꎬ金属棒ｂ的重力沿导轨 向下的分力等于滑动摩擦力ꎬ对金属棒ｂ由牛顿第二定 律得 Ｂ２Ｌ２ｖ０ ５Ｒ ＝２ｍａꎬ解得ａ＝ Ｂ２Ｌ２ｖ０ １０ｍＲꎬ方向沿导轨向下ꎬＢ 正确ꎻ由以上分析可知两导体棒组成的系统合力为零ꎬ 则两金属棒组沿轨道方向动量守恒ꎬ最终达到共同速 度ꎬ根据动量守恒得ｍｖ０＝３ｍｖꎬ设整个过程产生的焦耳 热为Ｑꎬ根据功能关系有Ｑ＝１ ２ｍｖ２ ０－１ ２(３ｍ)ｖ２ꎬ根据串 联电路特点可知ꎬ金属棒ａ产生的焦耳热Ｑ１＝ Ｒ Ｒ＋４ＲＱꎬ 解得Ｑ１＝１ １５ｍｖ２ ０ꎬＣ错误ꎻ根据法拉第电磁感应定律可 知ꎬ回路的平均电动势为􀭵 Ｅ＝ΔΦ Δｔ＝ＢＬ􀅰Δｘ Δｔ ꎬ根据闭合电 路欧姆定律可知ꎬ回路的平均电流为􀭰 Ｉ＝ 􀭵 Ｅ ５Ｒꎬ对金属棒ｂꎬ 由动量定理得ＢＩＬ􀅰Δｔ＝２ｍｖꎬ联立解得Δｘ＝ １０ｍＲｖ０ ３Ｂ２Ｌ２ꎬＤ 正确ꎮ １１. (６分)(１)２２０Ｖ的交流电源(１分)　 没必要(１分) (２)２.００(２分) (３) １ ２ｋ(２分) １２. (９分)(１)Ｆ(１分)　 １２００(１分)　 Ｃ(１分) (２)５５０(２分) (３)５５０ ＲＦ ＝１ ４０Ｆ＋１(２分)　 １１０(２分) １３. (１０分)解:(１)过Ａ、Ｂ分别作ＭＮ的垂线ꎬ交ＭＮ于Ｃ、Ｄ 点ꎬ如图所示 {#{QQABaQIUggCoAAJAABgCEwUCCEMQkhGAASgOQEAIoAAASAFABAA=}#} 高三第一次大联考􀅰物理３ 高三第一次大联考􀅰物理４ 由题意可知ｓｉｎ∠ＡＯＣ＝２ ２(１分) 则∠ＡＯＣ＝４５° ＝ｉ(１分) 又由几何关系可知ｓｉｎ∠ＤＯＢ＝ ６－２ ４ (１分) 所以∠ＤＯＢ＝１５° 由几何关系可知ｒ＝３０°(１分) 由折射定律得ｎ＝ｓｉｎｉ ｓｉｎｒ(１分) 代入数据得ｎ＝２(１分) (２)又由几何关系得ＡＢ＝３Ｒ(１分) 光在棱镜中的传播速度为ｖ＝ｃ ｎ＝２ｃ ２(１分) 又ＡＢ＝ｖｔ(１分) 解得ｔ＝６Ｒ ｃ(１分) １４. (１４分)解:(１) 物体甲放上传送带后ꎬ物体甲沿传送带 向下做加速度运动ꎬ由牛顿第二定律ｍｇｓｉｎθ＋μ１ｍｇｃｏｓθ＝ ｍａ１得ａ１＝１０ｍ/ ｓ２(１分) 设经时间ｔ１物体甲与传送带共速ꎬ则有ｔ１＝ ｖ０ ａ１ ＝１ｓ(１分) 该时间内物体甲和传送带的位移分别为ｘ甲１＝ ｖ０ ２ｔ１＝ ５ｍ、ｘ１＝ｖ０ｔ１＝１０ｍ(１分) 物体甲在传送带上留下的划痕为Δｘ１＝ｘ１－ｘ甲１＝５ｍ(物 体甲相对传送带向上运动) 此后物体甲继续沿传送带向下加速运动ꎬ由牛顿第二定 律ｍｇｓｉｎθ－μ１ｍｇｃｏｓθ＝ｍａ２得ａ２＝２ｍ/ ｓ２(１分) 设经时间ｔ２物体甲到达传送带的底端ꎬ则有Ｌ－ｘ甲１＝ｖ０ｔ２ ＋１ ２ａ２ｔ２ ２ꎬ解得ｔ２＝１ｓ(１分) 该时间内物体甲和传送带的位移分别为ｘ甲２＝Ｌ－ｘ甲１＝ １１ｍ、ｘ２＝ｖ０ｔ２＝１０ｍ(１分) 物体甲在传送带上留下的划痕为Δｘ２＝ｘ甲２－ｘ２＝１ｍ(物 体甲相对传送带向下运动) 所以物体甲在传送带上留下的痕迹长度为Δｘ１＝５ｍ(１分) (２)由第(１)问可知ꎬ物体甲滑到Ｂ点的速度大小为ｖ＝ ｖ０＋ａ２ｔ２＝１２ｍ/ ｓ(１分) 物体甲从Ｂ运动到Ｃꎬ由动能定理得－μ２ｍｇｘＢＣ＝１ ２ｍｖ２ Ｃ－ １ ２ｍｖ２ꎬ解得ｖＣ＝１１ｍ/ ｓ(１分) 设碰后甲、乙的速度大小分别为ｖ１、ｖ２ꎬ物体甲、乙发生弹 性碰撞ꎬ则有ｍｖＣ＝ｍｖ１＋４.５ｍｖ２(１分) １ ２ｍｖ２ Ｃ＝１ ２ｍｖ２ １＋１ ２×４.５ｍｖ２ ２ 解得ｖ１＝－７ｍ/ ｓ、ｖ２＝４ｍ/ ｓ(１分) 碰后对物体乙从Ｃ到Ｄ的过程ꎬ由机械能守恒定律得 １ ２×４.５ｍｖ２ ２＝１ ２×４.５ｍｖ２ Ｄ＋４.５ｍｇＲ(１－ｃｏｓα) 解得ｖＤ＝３ｍ/ ｓ(１分) 物体离开Ｄ后做斜抛运动ꎬ竖直方向的分速度为ｖｙ＝ ｖＤｓｉｎ５３° ＝２.４ｍ/ ｓ 物体乙离开Ｄ点后ꎬ上升到最高点所用的时间为ｔ３＝ ｖｙ ｇ ＝０.２４ｓ(１分) 物体乙在水平方向的分速度为ｖｘ＝ｖＤｃｏｓ５３° ＝１.８ｍ/ ｓ 则最高点到Ｄ的水平间距为ｘ＝ｖｘｔ３＝０.４３２ｍ(１分) １５. (１７分)解:(１) 粒子在电场中做类平抛运动ꎬ由粒子轨 迹的偏转方向可知粒子在电场中所受的电场力方向竖 直向下ꎬ则粒子带负电ꎮ(１分) 设粒子在ｂ点的速度为ｖꎬ则有ｖｙ＝ｖ０ｔａｎθ＝３ｖ０(１分) 竖直方向粒子做匀加速直线运动ꎬ有２ａＬ＝ｖ２ ｙ(１分) 又由牛顿第二定律得Ｅｑ＝ｍａ(１分) 又ｑ ｍ＝ｋ(１分) 由以上联立解得Ｅ＝ ３ｖ２ ０ ２ｋＬ(１分) (２)根据题意作出粒子的运动轨迹ꎬ如图所示ꎬ由左手定 则可知磁场方向垂直纸面向外 由第(１)问可知粒子从ａ到ｂ的时间为ｔ１＝ ｖｙ ａ 解得ｔ１＝２Ｌ ３ｖ０ (１分) 又在水平方向上有ｘａｂ＝ｖ０ｔ１ꎬ解得ｘｏｂ＝２Ｌ ３ (１分) 粒子在磁场中运动的速度为ｖ＝ ｖ０ ｃｏｓθ＝２ｖ０(１分) 由几何关系可知粒子在磁场中的轨道半径为Ｒ＝ ｘｏｂ ｓｉｎθ 解得Ｒ＝４Ｌ ３(１分) 又由牛顿第二定律得ｑｖＢ＝ｍｖ２ Ｒ 解得Ｂ＝ ３ｖ０ ２ｋＬ(１分) 当矩形磁场的面积最小时ꎬ磁场的边界应与轨迹相切ꎬ 则磁场的最小面积为Ｓｍ＝２Ｒ×２Ｒｃｏｓθ 解得Ｓｍ＝１６Ｌ２ ３(１分) (３)粒子在磁场中做匀速圆周运动ꎬ有Ｔ＝２πＲ ｖ 联立解得粒子运动的周期Ｔ＝４πＬ ３ｖ０ (１分) 粒子的轨迹所对应的圆心角为α＝４ ３π(１分) 则粒子在磁场中运动的时间为ｔ２＝α ２πＴ 解得ｔ２＝８πＬ ９ｖ０ (１分) 由对称性可知粒子从ｄ到ａ的时间为ｔ３＝ｔ１＝２Ｌ ３ｖ０ (１分) 带电粒子从ａ点出发到返回ａ点的总时间为ｔ＝ｔ１＋ｔ２＋ｔ３ 解得ｔ＝(１２３＋８π)Ｌ ９ｖ０ (１分) {#{QQABaQIUggCoAAJAABgCEwUCCEMQkhGAASgOQEAIoAAASAFABAA=}#}